考点23 运用空间向量解决立体几何问题（教师版）备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

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1、 第 1 页 / 共 40 页 考点考点 23 运用空间向量解决立体几何问题运用空间向量解决立体几何问题 1、了解空间向量的基本定理及其意义；理解空间向量的夹角、数量积的概念； 2、理解直线的方向向量与平面的法向量， 3、能用向量方法证明有关线、面位置关系。 4、能用向量方法证明有关线、面的夹角等计算问题。 求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的平面角是高考必考的题型，特别是解答 题，往往与立体几何中的推理证明相结合。 1、向量是利用数形结合解题的一种重要手段，只有掌握向量运算的各种集合意义，才能更好 地利用向量这一工具解决相关问题。 2、用向量的方法解决立体几何的两大问题：一是特殊

2、位置关系的判断，二是一般位置关系的 计算。 3、恰当的选择空间坐标系，正确的表示出点坐标，是解决此类问题的关键。 1、 【2020 年北京卷】如图，在正方体 1111 ABCDABC D中，E为 1 BB的中点 考纲要求考纲要求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 40 页 （）求证： 1/ / BC平面 1 ADE； （）求直线 1 AA与平面 1 ADE所成角的正弦值 【答案】 （）证明见解析； （） 2 3 . 【解析】）如下图所示： 在正方体 1111 ABCDABC D中， 11 /AB AB且 11 ABAB， 11

3、11 /ABC D且 1111 ABC D， 11 /AB C D且 11 ABC D，所以，四边形 11 ABC D为平行四边形，则 11 /BCAD， 1 BC 平面 1 ADE， 1 AD 平面 1 ADE， 1/ BC平面 1 ADE； （）以点A为坐标原点，AD、AB、 1 AA所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标 系Axyz， 第 3 页 / 共 40 页 设正方体 1111 ABCDABC D的棱长为2，则0,0,0A、 1 0,0,2A、 1 2,0,2D、0,2,1E， 1 2,0,2AD ，0,2,1AE ， 设平面 1 ADE的法向量为, ,nx y z

4、，由 1 0 0 n AD n AE ，得 220 20 xz yz ， 令2z ，则2x，1y ，则2,1, 2n . 1 1 1 42 cos, 3 23 n AA n AA nAA . 因此，直线 1 AA与平面 1 ADE所成角的正弦值为 2 3 . 2、 【2020 年江苏卷】在三棱锥 ABCD中，已知 CB=CD= 5,BD=2，O 为 BD的中点，AO平面 BCD， AO=2，E 为 AC 的中点 （1）求直线 AB与 DE 所成角的余弦值； （2）若点 F在 BC上，满足 BF= 1 4 BC，设二面角 FDEC 的大小为 ，求 sin 的值 【答案】 （1） 15 15 （2

5、） 2 39 13 第 4 页 / 共 40 页 【解析】 】 （1）连,COBCCD BOODCOBDQ 以,OB OC OA为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，则 (0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),( 1,0,0)(0,1,1)ABCDE 115 (1,0, 2),(1,1,1)cos, 155 3 ABDEAB DE uu u ruuu ruu u r uuu r 从而直线AB与DE所成角的余弦值为 15 15 （2）设平面DEC一个法向量为 1 ( , , ),nx y z 1 1 200 (1,2,0), 00 xyn DC DC xyzn DE 令 1 12,1

6、( 2,1,1)yxzn u r 设平面DEF一个法向量为 2111 ( ,),nx y z u u r 112 2 111 71 0017 1 ( ,0),42 44 20 0 xynDF DFDBBFDBBC nDE xyz 令 1112 72,5(2, 7,5)yxzn u u r 12 61 cos, 6 7813 n n u r u u r 因此 122 39 sin 1313 第 5 页 / 共 40 页 3、【2020 年全国 1 卷】 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEADABC 是底面的内接正三角形，P为DO上一点， 6 6 PODO （1）证明

7、：PA 平面PBC； （2）求二面角BPCE的余弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 2 5 5 . 【解析】 （1）由题设，知DAE为等边三角形，设1AE ， 则 3 2 DO ， 11 22 COBOAE，所以 62 64 PODO， 2222 66 , 44 PCPOOCPBPOOB 又ABC为等边三角形，则2 sin60 BA OA，所以 3 2 BA ， 222 3 4 PAPBAB，则 90APB，所以PAPB， 同理PAPC，又PCPBP，所以PA 平面PBC； （2）过 O作ONBC 交 AB于点 N，因为PO平面ABC，以 O为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y轴

8、建 立如图所示的空间直角坐标系， 第 6 页 / 共 40 页 则 121313 (,0,0), (0,0,), (,0), (,0) 244444 EPBC， 132 (,) 444 PC ， 132 (,) 444 PB ， 12 (,0,) 24 PE ， 设平面PCB的一个法向量为 111 ( ,)nx y z， 由 0 0 n PC n PB ，得 111 111 320 320 xyz xyz ，令 1 2x ，得 11 1,0zy ， 所以( 2,0, 1)n ， 设平面PCE的一个法向量为 222 (,)mxy z 由 0 0 m PC m PE ，得 222 22 320 2

9、20 xyz xz ，令 2 1x ，得 22 3 2, 3 zy ， 所以 3 (1,2) 3 m 故 2 22 5 cos, 5| |10 3 3 n m m n nm ， 设二面角BPCE的大小为，则 2 5 cos 5 . 4、 【2020 年全国 2 卷】如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C是矩形，M，N分 别为 BC，B1C1的中点，P为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC于 F. 第 7 页 / 共 40 页 （1）证明：AA1MN，且平面 A1AMNEB1C1F； （2）设 O为A1B1C1的中心，若 AO平

10、面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E与平面 A1AMN 所成角的正弦 值. 【答案】 （1）证明见解析； （2） 10 10 . 【解析】 （1）,M N分别为BC， 11 BC的中点， 1 /MN BB 又 11 / /AABB 1 /MN AA 在ABC中，M为BC中点，则BCAM 又侧面 11 BBCC为矩形， 1 BCBB 1 /MN BB MNBC 由MNAMM，,MN AM 平面 1 A AMN BC平面 1 A AMN 又 11/ BCBC，且 11 BC 平面ABC，BC平面ABC， 11/ BC平面ABC 第 8 页 / 共 40 页 又 11 BC 平面 11

11、EBC F，且平面 11 EBC F 平面ABC EF 11/ / BCEF /EF BC 又BC 平面 1 A AMN EF 平面 1 A AMN EF 平面 11 EBC F 平面 11 EBC F平面 1 A AMN （2）连接NP /AO平面 11 EBC F，平面AONP平面 11 EBC FNP /AO NP 根据三棱柱上下底面平行， 其面 1 ANMA平面ABC AM，面 1 ANMA平面 1111 ABCAN /ON AP 故：四边形ONPA是平行四边形 设ABC边长是6m(0m) 可得：ONAP，6NPAOABm O为 111 A B C 的中心，且 111 A B C 边长

12、为6m 第 9 页 / 共 40 页 1 6 sin603 3 ONm 故：3ONAPm /EF BC APEP AMBM 3 33 3 EP 解得：EPm 在 11 BC截取 1 BQEPm，故2QNm 1 BQEP且 1 /BQ EP 四边形 1 BQPE是平行四边形， 1 /B E PQ 由（1） 11 BC 平面 1 A AMN 故QPN为 1 B E与平面 1 A AMN所成角 在RtQPN，根据勾股定理可得： 22 22 262 10PQQNPNmmm 210 sin 102 10 QNm QPN PQm 直线 1 B E与平面 1 A AMN所成角的正弦值： 10 10 . 5、

13、 【2020 年全国 3 卷】 如图， 在长方体 1111 ABCDABC D中， 点,E F分别在棱 11 ,DD BB上， 且 1 2DEED ， 1 2BFFB 第 10 页 / 共 40 页 （1）证明：点 1 C在平面AEF内； （2）若2AB ，1AD ， 1 3AA ，求二面角 1 AEFA的正弦值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 42 7 . 【解析】 （1）在棱 1 CC上取点G，使得 1 1 2 CGCG，连接DG、FG、 1 C E、 1 C F， 在长方体 1111 ABCDABC D中，/AD BC且ADBC， 11 /BBCC且 11 BBCC， 1 1 2

14、C GCG， 1 2BFFB ， 11 22 33 CGCCBBBF且CGBF， 所以，四边形BCGF为平行四边形，则/AF DG且AFDG， 同理可证四边形 1 DECG为平行四边形， 1 /C E DG且 1 C EDG， 1 /C E AF且 1 C EAF，则四边形 1 AEC F为平行四边形， 第 11 页 / 共 40 页 因此，点 1 C在平面AEF内； （2）以点 1 C为坐标原点， 11 C D、 11 C B、 1 CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐 标系 1 Cxyz， 则2,1,3A、 1 2,1,0A、2,0,2E、0,1,1F， 0, 1, 1

15、AE ，2,0, 2AF ， 1 0, 1,2AE ， 1 2,0,1AF ， 设平面AEF的法向量为 111 ,mx y z， 由 0 0 m AE m AF ，得 11 11 0 220 yz xz 取 1 1z ，得 11 1xy，则 1,1, 1m ， 设平面 1 AEF的法向量为 222 ,nxy z， 由 1 1 0 0 n AE n AF ，得 22 22 20 20 yz xz ，取 2 2z ，得 2 1x ， 2 4y ，则1,4,2n ， 37 cos, 7321 m n m n mn ， 设二面角 1 AEFA的平面角为，则 7 cos 7 ， 2 42 sin1 co

16、s 7 . 第 12 页 / 共 40 页 因此，二面角 1 AEFA的正弦值为 42 7 . 6、 【2020 年天津卷】如图，在三棱柱 111 ABCABC中， 1 CC 平面,2ABC ACBC ACBC， 1 3CC ，点,DE分别在棱 1 AA和棱 1 CC上，且12,ADCEM 为棱 11 AB的中点 （）求证： 11 C MB D； （）求二面角 1 BB ED的正弦值； （）求直线AB与平面 1 DB E所成角的正弦值 【答案】 （）证明见解析； （） 30 6 ； （） 3 3 . 【解析】依题意，以C为原点，分别以CA、CB、 1 CC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空

17、间直角 坐标系（如图） ， 第 13 页 / 共 40 页 可得0,0,0C、2,0,0A、0,2,0B、 1 0,0,3C、 1 2,0,3A、 1 0,2,3B、2,0,1D、0,0,2E、1,1,3M. （）依题意， 1 1,1,0C M ， 1 2, 2, 2B D ， 从而 11 2200C M BD ，所以 11 C MB D； （）依题意，2,0,0CA是平面 1 BB E的一个法向量， 1 0,2,1EB ，2,0, 1ED 设, ,nx y z为平面 1 DB E的法向量，则 1 0 0 n EB n ED ，即 20 20 yz xz ， 不妨设1x ，可得1, 1,2n

18、26 cos, 626 C CA n A C n A n ， 2 30 sin,1 cos, 6 CA nCA n 所以，二面角 1 BB ED的正弦值为 30 6 ； （）依题意，2,2,0AB 由（）知1, 1,2n 为平面 1 DB E的一个法向量，于是 43 cos, 32 26 AB n AB n ABn 所以，直线AB与平面 1 DB E所成角的正弦值为 3 3 . 7、 【2020 年山东卷】.如图，四棱锥 P-ABCD的底面为正方形，PD底面 ABCD设平面 PAD与平面 PBC 的交线为 l （1）证明：l平面 PDC； 第 14 页 / 共 40 页 （2）已知 PD=AD

19、=1，Q为 l上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 3 . 【解析】 （1）证明： 在正方形ABCD中，/AD BC， 因为AD平面PBC，BC平面PBC， 所以/AD平面PBC， 又因为AD 平面PAD，平面PAD平面PBCl， 所以/AD l， 因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以,ADDClDC 且PD 平面ABCD，所以,ADPDlPD 因为CDPDD 所以l 平面PDC； （2）如图建立空间直角坐标系Dxyz， 因为1PDAD，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0

20、)DCAPB， 设( ,0,1)Q m，则有(0,1,0),( ,0,1),(1,1, 1)DCDQmPB， 设平面QCD的法向量为( , , )nx y z， 则 0 0 DC n DQ n ，即 0 0 y mxz ， 令1x ，则zm，所以平面QCD的一个法向量为(1,0,)nm，则 第 15 页 / 共 40 页 2 1 0 cos, 31 n PBm n PB n PBm 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与 平面所成角的正弦值等于 2 |1| |cos,| 31 m n PB m r uur 2 2 31 2 31 mm m

21、22 3232|36 111 1 313133 mm mm ，当且仅当1m时取等号， 所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 6 3 . 8、 【2019 年高考全国卷理数】 如图， 直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形， AA1=4， AB=2， BAD=60 ， E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 （1）证明：MN平面 C1DE； （2）求二面角 AMA1N 的正弦值 【答案】 （1）见解析； （2） 10 5 . 【解析】（1）连结 B1C，ME 因为M，E分别为BB1，BC的中点， 所以MEB1C，且ME= 1 2 B1C 又因为N为A1D的中点， 第

22、 16 页 / 共 40 页 所以ND= 1 2 A1D 由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND， 因此四边形MNDE为平行四边形，MNED 又MN平面EDC1， 所以MN平面C1DE （2）由已知可得DEDA 以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则 (2,0,0)A， A1(2，0 ，4)， (1, 3,2)M， (1,0,2)N， 1 (0,0, 4)AA， 1 ( 1, 3, 2)AM ， 1 ( 1,0, 2)AN ，(0,3,0)MN 设( , , )x y zm为平面A1MA的法向量，则 1 1 0 0 AM A A m m ，

23、 所以 320 40 xyz z ， 可取( 3,1,0)m 设( , , )p q rn为平面A1MN的法向量，则 1 0 0 MN AN ， n n 所以 30 20 q pr ， 可取(2,0, 1)n 第 17 页 / 共 40 页 于是 2 315 cos, |525 m n m n m n ， 所以二面角 1 AMAN的正弦值为 10 5 9、【2019 年高考全国卷理数】如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上， BEEC1 （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值 【答案】 （1）证

24、明见解析； （2） 3 2 . 【解析】（1）由已知得， 11 BC 平面 11 ABB A，BE 平面 11 ABB A， 故 11 BC BE 又 1 BEEC，所以BE 平面 11 EBC （2）由（1）知 1 90BEB由题设知RtABE 11 RtAB E，所以45AEB， 故AEAB， 1 2AAAB 以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 第 18 页 / 共 40 页 则C（0，1，0），B（1，1，0）， 1 C（0，1，2），E（1，0，1）， (1,0,0)CB ，(1, 1,1)CE ， 1 (0,0,2)CC 设

25、平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 0, 0, CB CE n n 即 0, 0, x xyz 所以可取n=(0, 1, 1). 设平面 1 ECC的法向量为m=（x，y，z），则 1 0, 0, CC CE m m 即 20, 0. z xyz 所以可取m=（1，1，0） 于是 1 cos, |2 n m n m n m 所以，二面角 1 BECC的正弦值为 3 2 10、 【2019 年高考全国卷理数】图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB=1，BE=BF=2，FBC=60 ，将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结

26、 DG，如图 2. （1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； （2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小. 第 19 页 / 共 40 页 【答案】 （1）见解析； （2）30. 【解析】（1）由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C， G，D 四点共面 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE （2）作EHBC，垂足为H 因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC 由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC=60 ，可求得BH=

27、1，EH= 3 以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz， 则A（1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG=（1，0，3），AC=（2，1，0） 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 0, 0, CG AC n n 即 30, 20. xz xy 所以可取n=（3，6， 3） 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0）， 所以 3 cos, |2 n m n m n m 第 20 页 / 共 40 页 因此二面角BCGA的大小为30 11、【2019 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD

28、，ADBC， PA=AD=CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 1 3 PF PC （1）求证：CD平面 PAD； （2）求二面角 FAEP 的余弦值； （3）设点 G 在 PB 上，且 2 3 PG PB 判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由 【答案】 （1）见解析； （2） 3 3 ； （3）见解析. 【解析】（1）因为 PA平面 ABCD，所以 PACD 又因为ADCD，所以CD平面PAD （2）过A作AD的垂线交BC于点M 因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD 如图建立空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，

29、2，0），D（0，2，0）， P（0，0，2） 因为E为PD的中点，所以E（0，1，1） 所以(0,1,1),(2,2, 2),(0,0,2)AEPCAP 所以 12 222 2 4 , 33 333 3 3 PFPCAFAPPF . 设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则 0, 0, AE AF n n 即 0, 224 0. 333 yz xyz 令z=1，则1,1yx 第 21 页 / 共 40 页 于是=( 1, 1,1)n 又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0）， 所以 3 cos, |3 n p n p n p . 由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为 3 3

30、（3）直线AG在平面AEF内 因为点G在PB上，且 2 ,(2, 1, 2) 3 PG PB PB ， 所以 242442 2 , 333333 3 PGPBAGAPPG . 由（2）知，平面AEF的法向量=( 1, 1,1)n. 所以 422 0 333 AG n. 所以直线AG在平面AEF内. 12 、 【 2019年 高 考 天 津 卷 理 数 】 如 图 ，AE 平 面A B C D，,CFAEADBC， ,ADAB1,2ABADAEBC （1）求证：BF 平面ADE； （2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值； （3）若二面角EBDF的余弦值为 1 3 ，求线段CF的长 第 22

31、页 / 共 40 页 【答案】（1）见解析；（2） 4 9 ；（3） 8 7 【解析】依题意，可以建立以A为原点，分别以AB AD AE，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空 间 直 角 坐 标 系 （ 如 图 ） ， 可 得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)ABCD，(0,0,2)E 设 (0)CFhh，则1,2,Fh （1）依题意，(1,0,0)AB 是平面ADE的法向量，又(0,2, )BFh，可得 0BF AB ，又因为直 线BF 平面ADE，所以BF 平面ADE （2）依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDBECE 设( , ,

32、)x y zn为平面BDE的法向量，则 0, 0, BD BE n n 即 0, 20, xy xz 不妨令1z ， 可得(2,2,1)n因此有 4 cos, 9| CE CE CE n n n 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 4 9 （3）设( , , )x y zm为平面BDF的法向量，则 0, 0, BD BF m m 即 0, 20, xy yhz 不妨令1y ，可得 2 1,1, h m 由题意，有 2 2 4 |1 cos, |34 3 2 h h m n m n mn ，解得 8 7 h 经检验，符合题意 所以，线段CF的长为 8 7 第 23 页 / 共 40 页

33、13、【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB=BC 求证：（1）A1B1平面 DEC1； （2）BEC1E 【答案】 （1）见解析； （2）见解析. 【解析】 （1）因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点， 所以 EDAB. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABA1B1， 所以 A1B1ED. 又因为 ED平面 DEC1，A1B1平面 DEC1， 所以 A1B1平面 DEC1. （2）因为 AB=BC，E 为 AC 的中点，所以 BEAC. 因为三棱柱 ABCA1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC. 又因为 BE平

34、面 ABC，所以 CC1BE. 因为 C1C平面 A1ACC1，AC平面 A1ACC1，C1CAC=C， 所以 BE平面 A1ACC1. 因为 C1E平面 A1ACC1，所以 BEC1E. 第 24 页 / 共 40 页 题型一题型一 异面直线所成的角及直线与平面所成的角异面直线所成的角及直线与平面所成的角 1、 （2020 届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考） 在正方体 1111 ABCDABC D中，O是底面 1111 DCBA 的中心，E是棱AB上的点，且 1 4 AEAB，记直线OE与直线BC所成角为，直线OE与平面ABCD 所成角为，二面角OAB C的平面角为，则（ ） A B

35、C D 【答案】C 【解析】 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 1 DD为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体 1111 ABCDABC D中棱长为 4， 则2 2 44104 4()()00(4 04 0 0)()()OEBCA， ， ， ， ， ， OE2(4)1 ， ，(B)C4 0 0， ， |OE BC| |OE| |BC| cos 8 21 4 2 21 ， 平面ABCD的法向量01()n0 ， ， |OE n | |OE| |n | sin 4 21 ， 2 4 1 21 cos 5 21 ， (OB2 24) ， ，OA2(4)2 ， ， 设平面OAB的法向量()mxyz

36、， ， 则 2240 2240 m OAxyz mOBxyz ，取2x，得2 01()m ， ， 二年模拟试题二年模拟试题 第 25 页 / 共 40 页 |m n | |m| |n | cos 1 5 ， coscoscos， . 故选：C. 2、 （2020 届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，矩形ABCD中，4AB ，2AD ，E为CD的中 点，ADE沿着AE向上翻折，使点D到D.若D在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE内部（不含 边界） ， 设二面角DBCE的大小为， 直线D C，D B与平面ABC所成角分别为， 则 （ ） A B C D 【答案】C 【解析】 由24ABAD，

37、 可知，DEDA，作AB中点P， 则DPAE， 故H在线段DP上， 作D MBC交BC于M，连接HM，HB，HC，如图， 第 26 页 / 共 40 页 易知，tan D H HM ，tan D H HC ，tan D H HB ， 又HMHBHC， 故选：C 3、 （2020 届浙江省杭州市建人高复高三 4 月模拟）已知正四面体ABCD和平面，BC，正四面体 ABCD绕边BC旋转，当AB与平面所成角最大时，CD与平面所成角的正弦值为_ 【答案】 3 6 【解析】由题意可得：当AB与平面所成角最大时即平面ABC， 以BC的中点为原点建立空间直角坐标系Oxyz（如图） ， 过D作DE 平面ABC

38、，垂足为E，设2BC ， 则 2 63 1,0,0 ,0, 33 CD ，即 2 63 1, 33 CD , 设CD与平面所成角为，平面的法向量为 0,0,1n ， 第 27 页 / 共 40 页 则 3 sincos, 6 CD n CD n CD n 即CD与平面所成角的正弦值为 3 6 故答案为： 3 6 4、 （2020 届浙江省温州市高三 4 月二模）在三棱锥SABC中， 90 ,45 ,60 ,BACSBASCASABSACD 为棱AB的中点，2SA (I)证明：SDBC ； (II)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值. 【答案】(I)证明见解析；(II) 1 5 【解析】 (I

39、)过D作DEBC于E，连接SE，根据角度的垂直关系易知： 1AC ， 2ABSB ，3CSCB，故 3 cos 3 BEBDCBD， 6 sin 6 DEBDCBD， 2 3 3 CE . 根据余弦定理： 22 14 23 33 32 3 22 33 SESE SESE ，解得 2 5 3 SE ，故 222 SBSEBE， 故SEBC，DEBC，SEDEE，故BC平面SED，SD平面SED， 故SDBC. (II)过点D作DFSE于F ， BC平面SED，DF 平面SED，故DFBC，DFSE，BCSEE， 故DF 平面SBC，故ESD为直线SD与平面SBC所成角， 222 5 2 SDSB

40、BD，根据余弦定理： 222 2 6 cos 25 SESDDE ESD SE SD ， 第 28 页 / 共 40 页 故 1 sin 5 ESD. 5、 （2020 届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）如图，空间四边形ABCD中，ABC是正三角形， ACD是直角三角形，点E、F分别是BD、AC的中点，且ABDCBD，ABBD. （1）求证：BF 平面ACD； （2）求AE与平面BCD所成角的正弦值. 【答案】 （1）证明见解析（2） 42 7 【解析】 （1）因为ABDCBD AB CBBD BD，所以ABDCBD， 第 29 页 / 共 40 页 又因为AD CD，所以90ADC，

41、连接DF，正ABC，不妨设边长为2 ,2 ,3a ADCDa DFa BFa， 又因为ABBD，所以 222 DFBFBDBFDF， BFACDFACF， BF 平面ACD. （2）不妨设AEx，在ABD中 222 424 cosADB 2 22 aaa aa ， 在ADE中， 222 2 cosADEcos 22 aax ADB aa ，可得 2xaAE ， 在CBD中， 2 7 2 CBD Sa， 2 7 4 CED Sa， 2 ACD Sa， 由 A CEDE ACD VV 中可得，点A到平面CBD距离为 2 21 h 7 a ， 42 sin 7 h AE . 6、 （2020 浙江温

42、州中月高考模拟）如图，四棱锥 PABCD 的底面是梯形BCAD，ABBCCD1， AD2， 13 2 PB ，3PAPC 第 30 页 / 共 40 页 （）证明；ACBP； （）求直线 AD 与平面 APC 所成角的正弦值 【答案】 （）见解析（） 3 4 【解析】 （I）证明：取 AC 的中点 M，连接 PM，BM， ABBC，PAPC， ACBM，ACPM，又 BMPMM， AC平面 PBM， BP平面 PBM， ACBP （II）解：底面 ABCD 是梯形BCAD，ABBCCD1，AD2， ABC120 ， ABBC1，AC 3 ，BM 1 2 ，ACCD， 又 ACBM，BMCD P

43、APC 3 ，CM 13 22 AC，PM 3 2 ， PB 13 2 ，cosBMP 222 1 22 PMBMBP PM BM ，PMB120 ， 以 M 为原点，以 MB，MC 的方向为 x 轴，y 轴的正方向， 以平面 ABCD 在 M 处的垂线为 z 轴建立坐标系 Mxyz，如图所示： 则 A（0， 3 2 ，0） ，C（0， 3 2 ，0） ，P（ 3 4 ，0， 3 3 4 ） ，D（1， 3 2 ，0） ， 第 31 页 / 共 40 页 AD （1，3，0） ，AC uuu r （0，3，0） ，AP （ 3 4 ， 3 2 ， 3 3 4 ） ， 设平面 ACP 的法向量为

44、n （x，y，z） ，则 0 0 n AC n AP ，即 30 333 3 0 424 y xyz ， 令 x 3 得n （3，0，1） ， cosn， 3 4 n AD AD n AD ， 直线 AD 与平面 APC 所成角的正弦值为|cosn，AD| 3 4 7、（江苏省南通市海安高级中学 2019-2020 学年高三阶段测试） 如图， 在四棱锥 中， 已知棱， 两两垂直，长度分别为 1，2，2.若（） ，且向量与夹角的余弦值为. （1）求 的值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】 （1）； （2）. 第 32 页 / 共 40 页 【解析】 （1）依题意，以 为坐标原点，、

45、分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系 ，因为，所以， 从而，则由，解得（舍去）或. （2）易得，设平面的法向量， 则，即，且，所以， 不妨取，则平面的一个法向量，又易得， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8、（2020 届山东省临沂市高三上期末） 如图， 在四棱锥 P-ABCD 中，AP 平面 PCD，/AD BC，ABBC， 1 2 APABBCAD，E 为 AD 的中点，AC 与 BE 相交于点 O. （1）证明：PO平面 ABCD. （2）求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正弦值. 【答案】 （1）证明见解析（2） 22 11 【解析】 第 33 页 / 共 40 页 （1）

46、证明：AP 平面 PCD，CD 平面PCD，APCD， /,AD BC 1 2 BCAD，E为AD的中点，则/BC DE且BCDE. 四边形 BCDE 为平行四边形， /BE CD，APBE. 又,ABBC 1 2 ABBCAD，且 E 为 AD 的中点，四边形 ABCE 为正方形，BEAC，又 ,APACA BE平面APC， PO 平面APC，则BEPO. AP 平面 ,PCDPC 平面PCD， APPC， 又 22ACABAP ，PAC为等腰直角三角形， O 为斜边 AC 上的中点，POAC且 ,ACBEO PO平面 ABCD. （2）解：以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 O-xyz，如图所示 不妨设1OB ，则(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),P( 2,1,0)D , 则( 1,